3 Lösungsstrategien für Mathematik-Rätsel

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1 3 Lösungsstrategien für Mathematik-Rätsel 3.1 Das Schubfachprinzip Ein Mensch hat höchstens Haare auf dem Kopf. Beweisen Sie, dass es zwei Deutsche gibt, die die gleiche Anzahl von Haaren auf dem Kopf haben. Dies macht man, indem man darauf hinweist, dass es mehr als Deutsche gibt. Trotz seiner Einfachheit ist das Schubfachprinzip ein nützliches und manchmal ganz überraschend daherkommendes Hilfsmittel des Mathematikers. Natürlich gibt es keine Theorie des Schubfachprinzips. Wir geben einige einfache Beispiele zum Miträtseln. Problem 3.1 Auf einer Party mit n Personen geben sich manche Leute zur Begrüßung die Hand. Beweisen Sie, dass es zwei Personen gibt, die gleich viele Hände geschüttelt haben. Jede Person kann 0 bis n 1 Personen die Hände schütteln, das sind leider zusammen n Möglichkeiten, so dass das Schubfachprinzip nicht angewendet werden kann. Doch nehmen wir einmal an, eine Person hat 0 Personen die Hände geschüttelt. Dann können die anderen Personen nur 0 bis n 2 Personen die Hände geschüttelt haben. Die Zahlen 0 und n 1 kommen also in ein Fach! Problem 3.2 In einer Schublade liegen 60 Socken, die sich nur durch ihre Farbe unterscheiden. 10 Paare sind rot, 10 Paare sind schwarz, 10 Paare sind gelb. Wie viele Socken muss man im verdunkelten Zimmer aus der Schublade ziehen, um sicher ein Paar gleicher Farbe zu bekommen? Natürlich vier, spätestens die vierte muss die gleiche Farbe wie eine der vorher gewählten haben. Problem 3.3 Schreibt man einen Bruch m/n natürlicher Zahlen als Dezimalzahl, so ist diese endlich oder besitzt eine Periode. Man zeige, dass die Länge der Periode nie länger als n 1 ist. Beim schriftlichen Dividieren wird jedes Mal der Rest, der im vorigen Schritt entstanden ist, mit 10 multipliziert und dann erneut durch die Zahl dividiert. Für die Reste gibt es bei einer echt periodischen Zahl nur die Möglichkeiten 1,...,n 1. Daher kann die Periode nie länger als n 1 sein. 3.2 Lob der Invariante In einer Aufgabe wird ein Objekt behandelt, das sich ständig ändert, beispielsweise eine Zahlenfolge oder ein Spiel, in dem gezogen wird. Das Invarianzprinzip lässt sich philosophisch so formulieren: In dem, was sich ändert, suche das, was gleich bleibt. Problem 3.4 Sei n eine ungerade natürliche Zahl. Wir schreiben die Zahlen von 1 bis 2n auf eine Tafel. In jedem Schritt wischen wir zwei beliebige Zahlen a, b aus und schreiben stattdessen die Zahl a b auf die Tafel. Nach 2n 1 Schritten steht nur noch eine Zahl auf der Tafel. Beweisen Sie, dass diese ungerade ist. Die Summe der Zahlen ist S = n = n(2n + 1), eine ungerade Zahl. In jedem Schritt wird S um die gerade Zahl 2 min(a, b) vermindert. Damit bleibt S in jedem Schritt ungerade, was gerade die Invariante dieses Problems ist. Problem 3.5 Jede der Zahlen a 1,...,a n sei 1 oder 1. Ferner sei Zeigen Sie, dass n durch 4 teilbar ist. S = a 1 a 2 a 3 a 4 + a 2 a 3 a 4 a a n a 1 a 2 a 3 = 0. Jedes a i kommt in vier Summanden vor. Ändern wir das Vorzeichen von a i, so bleibt S durch 4 teilbar: Haben die 4 Summanden gleiches Vorzeichen, ändert sich S um ±8, sind die Vorzeichen 3 1 verteilt, ändert sich S um ±4, und bei 2 2 ändert sich nichts. Die Teilbarkeit von S durch 4 bei Änderung des Vorzeichens eines a i ist daher eine Invariante dieses Problems. Wir ändern nun sukzessive jedes negative Vorzeichen in ein positives. Dann bleibt S durch 4 teilbar und S = n. 14

2 Problem 3.6 Kann man die Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 zu ein- oder zweistelligen Zahlen so zusammenstellen, dass die Summe dieser Zahlen 100 ergibt? Dabei soll jede Ziffer genau einmal vorkommen. Beispielsweise ist = 99, was natürlich nicht die Aufgabe löst. Addieren wir zwei Zahlen der Form 10a+b und 10c+d, so ist das Ergebnis 10(a+c)+(b+d). Hier ist die Summe der Quersummen modulo 9 die Invariante, wie man sich durch eine Fallunterscheidung leicht klarmacht. Die Summe der Ziffern von 1 bis 9 ist 45, also muss jede nach den angegebenen Regeln gebildete Summe durch 9 teilbar sein. Daher ist es nicht möglich, die Zahl 100 auf diese Weise darzustellen. Problem 3.7 Ein Kreis wird in 6 Sektoren unterteilt. In diese Sektoren schreiben wir im Gegenuhrzeigersinn die Zahlen 1, 0, 1, 0, 0, 0. In jedem Schritt dürfen wir die Zahlen in zwei benachbarten Sektoren um 1 erhöhen. Ist es möglich, auf diese Weise 6 gleiche Zahlen in den Sektoren zu bekommen? Wir nummerieren die 6 Sektoren hintereinander von 1 bis 6. Ist a i die Zahl im Sektor i, so setze I = a 1 a 2 + a 3 a 4 + a 5 a 6. Erhöhen wir die Zahlen in zwei benachbarten Sektoren, so ändert sich I nicht. In der Ausgangssituation ist I = 2. Steht dagegen in jedem Sektor die gleiche Zahl, so ist I = 0. Es ist daher nicht möglich, 6 gleiche Zahlen zu erzielen. 3.3 Probleme vereinfachen Problem Piraten, die Ränge von 1 bis 5 einnehmen, wollen 100 Goldmünzen unter sich verteilen und haben beschlossen, folgendermaßen vorzugehen: Der Ranghöchste, die Nummer 1 in der Hierarchie, macht einen Vorschlag, wie die Goldstücke zu verteilen sind. Danach wird abgestimmt, wobei er selber mitstimmt. Wenn bereits die Hälfte der Piraten zustimmt, so wird die Verteilung wie vorgeschlagen durchgeführt. Andernfalls wird Nummer 1 über Bord geworfen und die anderen fahren nach dem gleichen Schema weiter. D.h. die Nummer 2 macht einen Vorschlag. Was wird der Ranghöchste am Anfang vorschlagen, um selbst möglichst viele Münzen einstecken zu können und nicht über Bord geworfen zu werden? Bemerkung: Man beachte, dass bei einer geradzahligen Anzahl von Piraten bereits die Hälfte der Stimmen für die Annahme des Vorschlags ausreicht. Gerade in diesem Fall ist der Vorschlagende in einer starken Position, weil seine Stimme zählt. Oberste Priorität hat für die Piraten, nicht über Bord zu gehen. Erst an zweiter Stelle will jeder Pirat eine möglichst große Zahl von Goldmünzen bekommen. Wie immer bei solchen Problemen wird vorausgesetzt, dass alle Piraten perfekte Logiker sind. Als ich zum ersten Mal von diesem Problem gehört habe, dachte ich, dass die Position des ersten Piraten sehr schlecht ist und er leicht über Bord gehen kann, weil danach nur noch durch 4 geteilt werden muss. Hier ist die Vereinfachung des Problems zwingend erforderlich, um die Lösung angeben zu können. Sind nur noch zwei Piraten übrig, so beansprucht der höherrangige Pirat alle 100 Münzen für sich und kann diesen Vorschlag mit seiner Stimme auch durchsetzen. Bei drei Piraten gibt der höchstrangige dem Letzten eine Münze, dem vorletzten keine und sich selbst 99 Münzen. Der Letztrangige wird zustimmen, denn eine Münze ist mehr als er erreichen kann, wenn der Höchstrangige über Bord geht. Gibt es nur noch die Piraten 2,3,4 und 5, so weiß 2, dass 4 nichts bekommt, wenn er über Bord geht. Er gibt daher dem 4 eine Münze und sich selbst 99. Mit den Stimmen von 2 und 4 wird der Vorschlag angenommen. Bei 5 Piraten macht 1 den Vorschlag: 1 : 98, 2 : 0, 3 : 1, 4 : 0, 5 : 1. Dieser Vorschlag wird mit den Stimmen von 1, 3 und 5 angenommen. 15

3 Problem 3.9 Einem jeden von 10 Gefangenen wird eine der Ziffern 0, 1, 2,...,9 auf die Stirn gemalt, wobei jede Ziffer auch mehrmals vorkommen kann. Errät ein Gefangener seine Ziffer, so werden alle Gefangenen freigelassen. Dabei wird folgendermaßen vorgegangen. Bevor die Ziffern aufgemalt werden, dürfen die Gefangenen über eine gemeinsame Strategie beraten. Anschließend wird jedem eine Ziffer auf die Stirn gemalt, so dass jeder alle Ziffern kennt außer seiner eigenen. Dann werden sie auf ihre Zellen geführt und dürfen dort einmal ihre Ziffer raten. Demnach dürfen die Gefangenen nicht mehr miteinander sprechen, sobald sie die Ziffern der anderen gesehen haben und sie hören auch nicht, welche Ziffer die anderen geraten haben. Geben Sie eine Strategie für die Gefangenen an, mit der sie mit Sicherheit freikommen. Diese Aufgabe ist sicherlich überraschend und auch nicht leicht zu lösen. Wir vereinfachen daher zu zwei Gefangenen, denen die Ziffern 0 oder 1 aufgemalt werden. Plausibel sind hier zwei Strategien: Man nennt die Ziffer, die man bei seinem Gegenüber sieht oder man nennt die Ziffer, die der Gegenüber nicht hat. Nennen beide die Ziffer, die sie sehen, so ist bei der Kombination (1,0) kein Treffer dabei. Wenn beide die gegenteilige Ziffer nennen, so wird das widerlegt durch (1,1). Probieren wir daher folgendes: I nennt die Ziffer, die er sieht, II die, die er nicht sieht. Dann ergeben sich die Möglichkeiten: (0,0): I sagt 0, (0,1): II sagt 1, (1,0): II sagt 0, (1,1): I sagt 1. In jedem Fall sagt genau ein Gefangener die richtige Ziffer. Finden Sie das mathematische Prinzip und lösen Sie das Problem für 10 Gefangene? 3.4 Färben Die Färbungsmethode wird in der Geometrie bei Problemen angewendet, bei denen ein ebenes oder räumliches Gebiet in Teilgebiete unterteilt wird. Indem man den Teilgebieten Farben zuordnet, kann man die Unterteilung strukturieren. Der Klassiker der Färbungsmethode ist das folgende Schachbrettproblem: Problem 3.10 Von einem 8 8 Schachbrett werden zwei gegenüberliegende Eckfelder entfernt. Man zeige, dass dieses Brett nicht mit 31 Dominosteinen bedeckt werden kann. Man färbt das Schachbrett wie üblich in weiße und schwarze Felder. Da zwei gegenüberliegende Eckfelder die gleiche Farbe besitzen, gibt es von einer Farbe mehr Felder als von der anderen. Jeder Dominostein besetzt aber genau ein weißes und ein schwarzes Feld. Das Schachbrett lässt sich also nicht mit 31 Dominosteinen bedecken. Eine Variante dieses Problems ist das Überdecken mit Dominosteinen eines n n-schachbretts mit ungeradem n. 3.5 Teile und Herrsche Man zählt Objekte, indem man sie so strukturiert, dass man auf bereits Gezähltes zurückgreifen kann. Dieses Verfahren haben wir bereits beim Münzparadoxon auf Seite 8 kennengelernt. Dazu noch ein einfacheres Beispiel. Für jede Menge A gilt A und A A, dies ist Bestandteil der Definition der Teilmenge. Die Menge A 2 = {1, 2} besitzt daher die Teilmengen, {1}, {2}, {1, 2}. Wir wollen die Anzahl T n der Teilmengen der Menge A n = {1, 2,...,n} bestimmen. Nach dem Motto Teile und Herrsche zerlegen wir die Teilmengen von A n+1 in zwei Gruppen: I : II : Teilmengen, die n + 1 nicht enthalten, Teilmengen, die n + 1 enthalten. 16

4 Gruppe I enthält genau die Teilmengen von A n, das sind T n viele. In den Teilmengen von Gruppe II können wir das Element n + 1 weglassen und wir erhalten eine Teilmenge von A n. Umgekehrt können wir jede Teilmenge von A n durch Anfügen von n + 1 zu einer Teilmenge von Gruppe II machen. Damit enthält auch Gruppe II genau T n Teilmengen, zusammen T n+1 = 2T n, T 0 = 1. Damit erhalten wir T 1 = 2, T 2 = 4 und T n = 2 n. Eine n-elementige Menge enthält daher 2 n Teilmengen. 3.6 Weitere Beispiele Problem 3.11 (3) (Schubfachprinzip) Ein Arzt, der ein neues Medikament ausprobieren will, gibt einem Patienten die Anweisung, 48 Pillen über 30 Tage einzunehmen. Der Patient muss jeden Tag mindestens eine Pille nehmen, er darf selber entscheiden, an welchen Tagen er mehr als eine einnimmt. Die Frage ist, für welche Werte k man immer aufeinanderfolgende Tage angeben kann, an denen der Patient insgesamt k Pillen eingenommen hat. a) Durch ein Gegenbeispiel zeige man, dass für k = 16, 17, 18 die Frage zu verneinen ist. b) Man zeige, dass die Frage für k = 11 positiv beantwortet werden kann. Problem 3.12 (2) (Invarianzprinzip) Wir betrachten drei Pucks, die ein Dreieck ABC der Ebene bilden. Ein Eishockeyspieler schießt in jedem Schritt einen der Pucks zwischen die beiden anderen so, dass die Verbindungsstrecke der beiden anderen überschritten wird. Kann nach 1001 Schritten wieder das gleiche Dreieck entstehen? Problem 3.13 (3) (Invarianzprinzip) Neun 1 1-Zellen eines Schachbretts sind infiziert. In jedem Schritt wird jede Zelle infiziert, die mit mindestens zwei infizierten Zellen eine gemeinsame Kante hat. Können nach einigen Schritten alle 100 Zellen infiziert werden? Problem 3.14 (3) (Invarianzprinzip) Ein Chamäleon kann die Farben gelb, rot oder blau annehmen. Treffen zwei Chamäleons verschiedener Farbe aufeinander, so nehmen beide die dritte Farbe an. Beispielsweise entstehen aus einem gelben und einem roten Chamäleon zwei blaue. Ist es möglich, aus 14 gelben, 16 roten und 18 blauen Chamäleons 48 Chamäleons einer Farbe zu erzeugen. Problem 3.15 (2) (Färben) Ein Weihnachtsmann beschert jedes Jahr einen Wohnblock, der aus 7 mal 7 Häusern besteht, die wie auf einem Schachbrett angeordnet sind. Dabei besucht er jedes Haus genau einmal und wechselt von einem Haus zum nächsten nur orthogonal, aber nie diagonal. Von beispielsweise c3 aus kann er die Häuser auf c2,d3,c4,b3 betreten. Er hat festgestellt, dass er in all den Jahren nie in das Haus zurückkehren konnte, mit dem er begonnen hat. Können Sie dem Weihnachtsmann helfen? Problem 3.16 (3) (Färben) Ein rechteckiges Zimmer soll mit Fliesen der Form 1 4 und 2 2 gefliest werden. Nachdem das Zimmer erfolgreich gefliest wurde, erweist sich eine Fliese als schadhaft, der Fliesenleger hat aber nur eine Fliese der anderen Art als die schadhafte als Ersatz. Man zeige, dass es nicht möglich ist, das Zimmer ohne die schadhafte, aber mit der Ersatzfliese vollständig neu zu fliesen. Problem 3.17 (4) (Färben) Man zeige, dass ein Schachbrett nicht durch Tetrominos (siehe Abbildung 2 links) bedeckt werden kann. Problem 3.18 (3) (Färben) Kann man aus den 5 Tetrominos aus Abbildung 2 ein Rechteck bilden? 17

5 Abbildung 2: 5 Tetrominos Problem 3.19 a) (3) Man hat einen 3 3 und einen 4 4-Rahmen zur Verfügung. Legt man einen davon vollständig auf ein Schachbrett, so wechseln die Felder innerhalb des Rahmens ihre Farbe. Kann man durch fortgesetzte Verwendung dieser Rahmen jede schwarz-weiß-färbung des Schachbretts herstellen? b) (4) (Färben) Die gleiche Aufgabe wie bei a), aber dieses Mal hat man einen 2 2- und einen 3 3-Rahmen zur Verfügung. Problem 3.20 (3) Wie viele Folgen a = (a 1, a 2,...,a n ) der Länge n mit a i {1, 2, 3, 4, 5} gibt es, die die Bedingung a i a i 1 = 1 für i = 2, 3,...,n erfüllen? 18